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浙江省嘉兴市桐乡市2023-2024学年高三上学期1月期末物理试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省嘉兴市桐乡市2023-2024学年高三上学期1月期末物理试题（Word版附解析），文件包含浙江省嘉兴市桐乡市2023-2024学年高三上学期1月期末物理试题原卷版docx、浙江省嘉兴市桐乡市2023-2024学年高三上学期1月期末物理试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4．可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列单位属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A. 赫兹（Hz）B. 伏特（V）C. 安培（A）D. 瓦特（W）
【答案】C
【解析】
【详解】国际单位制共有七个基本物理单位。包括如下：热力学温度（K），长度（m），质量（kg），时间（s），电流（A），物质的量（ml），光强度（cd）。
故选C。
2. 如图所示，下列四幅图像能描述物体做自由落体运动的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据速度时间公式为
可知v-t图像是过原点的倾斜直线，A正确；
BC．自由落体运动所受合外力不变、加速度不变，可知a-t、F-t图像为平行于x轴的直线，BC错误；
D．位移时间关系公式为
可知x-t图像是抛物线，D错误；
故选B。
3. 在三星堆考古发现中，考古人员对“祭祀坑”中出土的碳屑样本通过年代检测，推算出文物的年代。其中的衰变方程为，则（ ）
A. 发生的是α衰变B. 的比结合能比的要小
C. 是来源于原子外层的电子D. 文物长时间埋在地下会导致的半衰期变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．衰变时电荷数和质量数都守恒，由此可知X为，所以发生的是β衰变，故A错误；
B．衰变成，故比更稳定，可知的比结合能比的要小，故B正确；
C．射线的电子是由原子核内中子转化为质子释放出来的，不是来源于原子外层的电子，故C错误；
D．半衰期是由核内部自身的因素决定的，与原子所处的化学状态和外部条件均无关，故D错误。
故选B。
4. 如图所示是户外露营中使用的一种便携式三脚架，它由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根轻杆均可绕铰链自由转动。将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过细铁链静止悬挂在三脚架正中央，三脚架正中央离地高度为且小于杆长，吊锅和细铁链的总质量为，支架与铰链间的摩擦忽略不计，则（ ）
A. 吊锅受到3个力的作用B. 铁链对吊锅的拉力大于吊锅的重力
C. 每根轻杆受到地面的作用力大小为D. 减小时，每根轻杆对地面摩擦力增大
【答案】D
【解析】
【详解】AB．吊锅受到重力、铁链对吊锅的拉力，共2个力的作用，吊锅静止，则铁链对吊锅的拉力等于吊锅的重力，故AB错误；
C．设轻杆与竖直方向的夹角为，根据平衡条件可得
解得每根轻杆受到地面的作用力大小为
故C错误；
D．每根轻杆对地面摩擦力为
减小时，增大，每根轻杆对地面摩擦力增大，故D正确。
故选D。
5. 2022年7月25日，问天实验舱成功与轨道高度约为430km的天和核心舱完成对接如图所示，对接后组合体绕地球的运动可视为匀速圆周运动。已知地球半径R，引力常量G，地球表面重力加速度g，根据题中所给条件，下列说法正确的是（ ）
A. 组合体的周期大于24小时
B. 可以计算出地球的平均密度
C. 组合体的向心加速度小于赤道上物体随地球自转的向心加速度
D. 若实验舱内有一单摆装置，将摆球拉开一个小角度静止释放会做简谐运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力，有
解得
由于组合体的轨道高度小于同步卫星的轨道高度，所以组合体的周期小于同步卫星的周期，即组合体的周期小于24h，故A错误；
B．根据万有引力与重力的关系，即
地球的密度为
联立解得
故B正确；
C．根据万有引力提供向心力，有
解得向心加速度为
组合体的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，但由于同步卫星与赤道上的物体具有相同的角速度，而同步卫星的半径大于赤道上物体的半径，根据公式
所以同步卫星的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，则组合体的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，故C错误；
D．静止释放小球，小球将无法做简谐运动，小球处于完全失重状态，故D错误。
故选B。
6. 如图所示是击打出的羽毛球在空中运动过程的频闪照片。O、P、Q三点分别是羽毛球在上升、到达最高点和下落阶段，羽毛球的泡沫头所在的位置。从O运动到Q的过程中（ ）
A. 在O点，羽毛球受到的合力向上B. 在P点，羽毛球只受到重力作用
C. 在Q点，羽毛球的机械能最小D. 羽毛球在相等时间内发生的水平位移相等
【答案】C
【解析】
【详解】BD．由图可知，羽毛球从O运动到Q过程中，相邻两点间的水平位移逐渐减小，故羽毛球水平方向做减速运动，羽毛球受重力和阻力作用，故BD错误；
A．羽毛球做曲线运动，轨迹向力的方向弯曲，所以在O点，羽毛球受到的合力斜向左下方，故A错误；
C．由于阻力做负功，所以羽毛球的机械能减小，所以在Q点羽毛球的机械能最小，故C正确。
故选C。
7. 如图所示，并列悬挂两个相同的弹簧振子，分别将小球A、小球B向下拉至、位置，此时两球离开平衡位置的距离分别为和（均在弹簧弹性限度范围内）。先把小球A由静止释放，当A第一次到达平衡位置时，由静止释放小球B，则（ ）
A. 小球A到达最高点时，小球B还没有到达平衡位置
B. 在平衡位置时，小球A与小球B的动能相等
C. 运动过程中，小球A和小球B的速度不可能相等
D. 小球B比小球A总是滞后四分之一个周期
【答案】D
【解析】
【详解】AD．并列悬挂两个相同的弹簧振子，可知小球A、B的周期相同，小球A由静止释放，当A第一次到达平衡位置时，由静止释放小球B，即小球A先振动四分之一个周期，故小球A到达最高点时，小球B位于平衡位置，小球B比小球A总是滞后四分之一个周期，故A错误，D正确；
B．小球B拉离平衡位置的距离较大，小球B的振幅大，总能量较大，在平衡位置时，小球A、B的重力势能相等，弹簧弹性势能为零，故小球A的动能小于小球B的动能，故B错误；
C．小球B比小球A滞后四分之一个周期，小球B的振幅比小球A的振幅大，根据图像的斜率表示速度，可知运动过程中，小球A和小球B的速度可能相等，故C错误。
故选D。
8. 如图所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴，一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的是（ ）
A. N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相反
B. 线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C. 线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D. 线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于水平地面下的导线为通有恒定电流I的长直导线，且平行于y轴，而MN也平行于y轴，所以N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同，故A错误；
B．由于PN平行于x轴，故线圈沿PN方向运动时，穿过线圈磁通量始终变化，故B错误；
C．线圈从P点开始竖直向上运动时，穿过线圈的磁通量一直为零，磁通量不变，线圈中无感应电流，故C正确；
D．线圈从P到M过程和从P到N过程，线圈中磁通量变化量相同，而PM间距离大于PN间的距离，又速率相同，所以线圈从P到M的时间大于P到N的时间，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈从P到M过程产生的感应电动势小于从P到N过程产生的感应电动势，故D错误。
故选C。
9. 如图所示是电容式位移传感器示意图，当被测物体在左、右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两板之间移动。为判断物体是否发生位移，将该传感器与恒压直流电源、电流表和开关串联组成闭合回路（电路未画出），已知电容器的电容C与电介质板进入电容器的长度x之间满足关系，则（ ）
A. 若物体向右移动，电容器极板间电压增大
B. 若物体向左移动，电容器极板带电量增大
C. 当物体向左匀速运动时，流过电流表的电流均匀增大
D. 物体向不同方向移动时，流过电流表的电流方向不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．若电容器与电源连接，则电容器极板间电压不变，故A错误；
B．若物体向左移动，电介质插入两板间的长度增大，则增大，根据电容的决定式
可知电容C增大，根据电容的定义式
由于电压U不变，则电容器极板带电量增大，故B正确；
C．当物体向左匀速运动时，则电介质板进入电容器的长度x均匀增大，根据
可知电容C均匀增大，Q均匀增大，所以流过电流表的电流保持恒定，故C错误；
D．若电容C增大，则Q增大，电容器充电，电流从电源正极流向电源负极，若Q减小，则电容器放电，电流从电容器的正极板流出，其方向与充电电流方向相反，故D错误。
故选B。
10. 如图甲所示，圆形区域处在平行于纸面的匀强电场中，圆心为O，半径为。P为圆弧上的一个点，连线逆时针转动，为连线从位置开始旋转的角度，P点电势随变化如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 匀强电场的场强大小为
B. 匀强电场的场强方向垂直连线向上
C. 一电子从A点沿圆弧运动到C点，电势能减小
D. 一电子从B点沿圆弧逆时针运动到D点，电场力先做负功后做正功
【答案】C
【解析】
【详解】AB． 当时，设P点位于M点处，此时可得
当时，设P点位于N点处，此时可得
如图所示
由于M、N两点分别是圆弧上电势的最低点、最高点，则过两点的等势面与圆相切，又因为电场线与等势面垂直，且指向电势降低的方向，可知电场方向从N指向M，可得场强大小为
故AB错误；
C．由图乙可知， C点的电势为
电子从A点沿圆弧运动到C点，电势能的变化量为
即电势能减小，故C正确；
D．从B点沿圆弧逆时针到D点，电势先升高后降低，则电子沿该路径运动时，由可知，电子的电势能先减小后增大，所以电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选C。
11. 如图所示，直角三棱镜中，一细束单色光在棱镜的侧面上以大角度由点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角为i，经折射后射至边的点。逐渐减小i，E点向B点移动，当时，恰好没有光线从边射出棱镜，且。则（ ）
A. 单色光射入棱镜后波长变长
B. 从边射出的光线与边射入的光线有可能平行
C. 棱镜对该单色光的折射率为
D. 光线不可能垂直面射出棱镜
【答案】D
【解析】
【详解】A．单色光射入棱镜后频率不变，波速减小，则波长变短，故A错误；
B．光线从D点射入棱镜中时，折射角小于入射角，即光线向下偏折；从E点射出时，折射角大于入射角，光线再次向下偏折，则从AB边射出的光线与AC边射入的光线有不可能平行，故B错误。
C．光路图如图所示
因为当时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为C，则
由几何关系可知，由几何关系得
C+∠AED=90°
r+90°=∠AED+∠EAD
又因DE=DA，则
∠AED=∠EAD
光线在D点的折射角为
根据折射定律
联立可得
故C错误；
D．假设光线DE垂直AB面射出棱镜时，此时光线在D点的折射角等于∠A=∠AED=，因
假设不成立，则光线不可能垂直面射出棱镜，故D正确；
故选D。
12. 球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即，为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。已知重力加速度大小为，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（ ）
A. 发动机最大推力为
B. 当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C. 发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
D. 当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
【答案】C
【解析】
【详解】A．飞行器竖直下落，其匀速下落的速率为10m/s时，飞行器的合力为零
解得
Mg=100k
发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，飞行器匀速向上的速率为5m/s时，飞行器的合力为零
解得
Fmax=125k=1.25Mg
故A错误；
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，受到与运动方向相反的水平方向的阻力，大小为
F阻=k•52=25k=0.25Mg
同时飞行器受到竖直向下的重力，若要保持匀速飞行，发动机的推力应该跟阻力与重力的合力等大、反向；受力分析如下图：
由此可得，此时发动机的推力为
故B错误；
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，设飞行器速率为v；结合B中的方法可以求出飞行器受到的阻力大小为
而由A求得
Mg=100k
所以
故C正确；
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，产生的阻力大小为
F阻'=k•52=25k=0.25Mg
飞行器的重力为Mg，最大推力为
Fmax=1.25mg
当最大推力与重力同向时，飞行器向下运动，此时飞行器受到的合力最大，设此时的加速度为a1，则有
1.25Mg+Mg-0.25Mg=Ma1
解得
a1=2g
当飞行器以5m/s的速率是向上飞行时，由题意可知，飞行器在某种状态下可以保持这一速率做匀速飞行，即飞行器的最小加速度为0；所以飞行器的加速度范围是0≤a≤2g，故D错误；
故选C。
13. 我国已投产运行的特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程，输送电功率最大可达1200万千瓦。输电线路流程和数据可简化为如图所示，若直流线路的输电线总电阻为，变压与整流等造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。当直流线路输电电流为时，下列说法正确的是（ ）
A. 输送电功率为
B. 降压变压器匝数比为11∶5
C. 直流输电线上损失的功率为，损失的电压为
D. 若保持输送电功率不变，改用输电，直流输电线上损失的功率为
【答案】D
【解析】
【详解】A．输送电功率为
故A错误；
C．输电导线末端电压
则降压变压器的匝数比
故B错误；
C．输电导线上损失的功率
损失的电压
故C错误；
D． 保持输送功率不变，用550kV输电，输电导线上损失的功率
故D正确。
故选D。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14. 如图所示，甲、乙、丙、丁四幅图摘自课本，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲酱油的色素分子进入到蛋清内是扩散现象
B. 图乙灯焰在肥皂膜上形成条纹是光的干涉现象
C. 图丙电焊作业时发出耀眼的电焊弧光是紫外线
D. 图丁所示雪花形状规则，说明雪花具有各向同性
【答案】AB
【解析】
【详解】A．图甲酱油的色素分子进入到蛋清内是扩散现象，选项A正确；
B．图乙灯焰在肥皂膜上形成条纹是光的干涉现象，选项B正确；
C．紫外线为不可见光，所以眼睛看到的电焊弧光是可见光，故C错误；
D．图丁所示雪花虽然形状规则，但是不能说明雪花具有各向同性，选项D错误。
故选AB。
15. 如图所示，图甲为光电效应实验的电路图（电源正负极可对调），用一定强度的单色光、分别照射阴极K，用电流表A测量流过光电管的电流，用电压表V测量光电管两极间的电压，调节滑动变阻器，得到如图乙所示的与的关系图像。则（ ）
A. 用光照射时光电管的极限频率高于用光照射时光电管的极限频率
B. 光在水中的传播速度比光小
C. 光的光子动量大于光的光子动量
D. 变阻器滑片滑到最左端时，光电流为零
【答案】BC
【解析】
【详解】A．光电管的极限频率与照射光的频率无关，故A错误：
B．由光电流I与电压U的关系图可知，a光的遏止电压大于b光的遏止电压，结合
可知a光光子的频率大于b光光子的频率，故水对a光的折射率大于对b光的折射率，根据
可知a光在水中的传播速度更小，故B正确；
C．根据a光光子的频率大于b光光子的频率，可得
根据
可得，光的光子动量大于光的光子动量，故C正确：
D．由光电流I与电压U的关系图像可知，当滑动变阻器的滑片滑到最左端时，电压U为零，但光电流I不为零，故D错误。
故选BC。
非选择题部分
16. 利用如图1装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的______。
A．动能变化量与势能变化量 B．速度变化量和势能变化量
C．速度变化量和高度变化量
（2）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是______。
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）
【答案】 ①. A ②. AB##BA
【解析】
【详解】（1）[1]为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间动能的增加量和重力势能的减小量是否相等。
故选A。
（2）[2]打点计时器使用交流电源，实验中需要测量点迹间的距离，从而得出瞬时速度和下降的高度，所以需要刻度尺，实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量质量，则不需要天平。
故选AB。
17. 在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，实验装置如图所示。
（1）小飞同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察了实验现象后，总结出以下几点，正确的是______。
A．单缝和双缝必须平行放置
B．观察到的干涉条纹与双缝垂直
C．将绿色滤光片改成红色滤光片，能增大光屏上相邻两条亮纹之间距离
D．增大单缝和双缝之间的距离，能增大光屏上相邻两条亮纹之间距离
（2）实验中，用测量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，如图所示，此时手轮上的读数为______mm。
【答案】 ①. AC##CA ②. 15.50
【解析】
【详解】（1）[1]A．为了获得清晰的干涉条纹，灯丝与单缝和双缝必须平行放置，故A正确；
B．观察到的干涉条纹与双缝平行，故B错误；
CD．根据
可知，将绿色滤光片改成红色滤光片，增大了光的波长，则相邻两条亮纹的间距增大，相邻两条亮纹的间距与单缝和双缝间的距离无关，故C正确，D错误。
故选AC。
（2）[2]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以手轮上的读数为
18. 如图所示为某同学用单摆利量重力加速度的实验，他测得的重力加速度数值小于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是（ ）
A. 开始摆动时振幅较小
B. 开始计时时，过早按下秒表
C. 在测量完摆长之后悬挂点细线松动
D. 测量周期时，误将摆球29次全振动的时间记为30次
【答案】BC
【解析】
【详解】A．单摆周期
则重力加速度
开始摆动时振幅较小，不影响重力加速度的测量，选项A错误；
B．开始计时时，过早按下秒表，则测量的时间变长，会导致周期变大，重力加速度测量值偏小，选项B正确；
C．在测量完摆长之后悬挂点细线松动，则测量的摆长比实际摆长偏小，导致重力加速度测量值偏小，选项C正确；
D．测量周期时，误将摆球29次全振动的时间记为30次，根据可知测量的周期比实际周期偏小，则重力加速度测量值偏大，选项D错误。
故选BC。
19. 在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学用电流表和电压表测量一金属丝的电阻。
（1）该同学先用欧姆表“”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图所示，金属丝电阻______。
（2）除电源（电动势，内阻不计）、电压表（量程，内阻约），电流表（量程，内阻约）、开关、导线若干外，还提供滑动变阻器：
A．滑动变阻器（最大阻值，额定电流）
B．滑动变阻器（最大阻值，额定电流）
为调节方便、测量准确，实验中滑动变阻器应选用______（选填实验器材前对应的字母）。
（3）该同学测量金属丝两端的电压和通过金属丝的电流，得到多组数据，并在坐标图上标出，如图所示。根据图线得出该金属丝电阻______（结果保留三位有效数字）。
（4）将定值电阻替换为小灯泡，改用电流传感器测得小灯泡的电流随时间变化的图线，会是哪个图（填“图甲”或“图乙”）______，并分析说明原因是______。
【答案】 ①. 6.0 ②. A ③. 5.80 ④. 图乙 ⑤. 见解析
【解析】
【详解】（1）[1]将选择开关调节到“×1Ω”，由图可知，金属丝的电阻
Rx=6×1.0Ω=6.0Ω
（2）[2]为了调节方便、测量准确，滑动变阻器要选与待测电阻接近的阻值，即选最大阻值为的变阻器；
故选A。
（3）[3]将描出的点用直线连接，即可得U-I图线，则有
取（0.3A，1.75V），可得
（4）[4][5]刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保持不变。故选图乙。
20. 以下实验中，说法正确的是（ ）
A. “探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中，每次增加的钩码数量必须相等
B. “探究平抛运动的特点”实验中，斜槽末端要保持水平
C. “探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验中，应快速压缩活塞，以防止漏气
D. “探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，测量时弹簧秤外壳与木板之间可以存在摩擦
【答案】BD
【解析】
【详解】A．“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中，每次增加的钩码数量不必相等，故A错误；
B．“探究平抛运动的特点”实验中，为了保证小球做平抛运动，则应使斜槽末端要保持水平，故B正确；
C．“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验中，应缓慢压缩活塞使气体与外界发生热交换保持气体温度不变，故C错误；
D．实验中拉弹簧秤时，只需要让弹簧与外壳间没有摩擦，此时弹簧测力计的示数即为弹簧对细绳的拉力相等，与弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩擦无关，故D正确。
故选BD。
21. 一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－T图上从a到b的线段所示。在此过程中（ ）
A. 气体一直对外做功
B. 气体的内能一直增加
C. 气体一直从外界吸热
D. 气体吸收的热量等于其内能的增加量
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．因p－T图像中a到b的线段的延长线过原点，由
可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，故A错误；
B．因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，故B正确；
CD．因
W＝0，ΔU>0
根据热力学第一定律
ΔU＝W＋Q
可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收热量等于内能增加量，故CD正确。
故选BCD。
22. 如图所示，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为、，面积分别为、S，弹簧原长为。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为。已知活塞外大气压强为，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（重力加速度为）
（1）求封闭气体的压强和弹簧的劲度系数；
（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
【答案】（1），；（2），
【解析】
【详解】（1）设封闭气体的压强为，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有
解得
对活塞Ⅰ由平衡条件有
解得弹簧的劲度系数为
（2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为
即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为
，
由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有
有等压方程可知
解得
23. 如图所示，固定斜面AB平滑连接固定光滑圆弧BCD，C为圆弧最低点，圆弧最高点D与光滑半圆管DE相切，E与长度的传送带相连，传送带右侧为足够长的粗糙水平面。一个质量=0.1kg的小物块从斜面顶端A下滑。已知斜面高，倾角，与物体间动摩擦因数；圆弧BCD和半圆管DE半径分别为R=0.5m，r=0.1m；传送带以速度逆时针转动，与物体间动摩擦因数。管的内径可忽略，物体可视为质点。
（1）若小物块初速度为零开始下滑，经过C点时对轨道的压力是多大；
（2）若给小物块合适的沿斜面向下的初速度，它就可到达E点，则与此初速度对应的初动能最小值是多少；
（3）若给小物块沿斜面向下的初速度，使其运动过程中不脱离轨道，则与此初速度对应的初动能应满足什么条件。
【答案】（1）1.8N；（2）1.05J；（3）J或J
【解析】
【详解】（1）小物块从A到C过程由动能定理
小物块在C点根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律，支持力和压力大小相等，方向相反，所以C点对轨道的压力是1.8N。
（2）小物块过E点最小速度为零，从E到D，由机械能守恒定律得
解得
小球能通过D点，速度最小时，由重力提供向心力，则有
解得
由上分析，可知必须在D点速度等于m/s，对应的动能最小
解得
=1.05J
（3）不脱离轨道2种情况
情况1：过F点，满足
由动能定理得
解得
=1.2J
情况2：过圆弧BCD与O点等高处，由动能定理得
解得
=0.3J
综上所述，符合条件的动能J或J
24. 在小车上竖直固定着一个高h=0.1m、长为l、总电阻的单匝闭合矩形线圈。小车以的速度在光滑的水平面上向右运动，随后穿过与线圈平面垂直，磁感应强度的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里且边界宽度为d（），如图甲所示。已知小车运动的速度v随车的位移x变化的v-x图像如图乙所示。求：
（1）矩形线圈的长度l和磁场的宽度d；
（2）小车在位移时的速度v大小和线圈中的电流大小I；
（3）线圈和小车通过磁场的过程中克服安培力做的功。
【答案】（1），；（2） ，；（3）1.8×10-3J
【解析】
【详解】（1） 由图可知，从开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度v随位移x减小，由可知，在后线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动，因此小车的水平长度为
在时右边框出磁场，左边框在磁场内切割磁感线，有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度随位移减小，所以有
则有
（2）由图像中可知线圈在进入磁场时，速度的减小量正比进入的长度；当时，小车的速度为
由闭合电路欧姆定律得线圈中电流
解得
（3） 设小车和线圈的质量为m。在线圈进入磁场过程中的时间内安培力的冲量大小为
由动量定理得
依题意有
解得
由图知，线圈左边离开磁场时，小车的速度为
线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功等于线圈和小车的动能减少量
25. 双聚焦分析器是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪，其模型图如图1所示，原理图如图2所示。如图2，加速电场的电压为U，电场分析器中有指向圆心O的辐射状电场，磁场分析器中有垂直纸面的匀强磁场。若质量为m、电荷量为+q的离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后，进入辐射状电场，恰好沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场区域后，垂直磁场左边界从P点进入圆心为O1的四分之一圆形磁场区域，PO1=d，之后垂直磁场下边界O1O2从K点射出并进入检测器，检测器可在O1M和O2N之间左右移动且与磁场下边界的距离恒等于0.5d。
（1）求电场分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；
（2）求磁场区域磁感应强度B；
（3）若两种不同离子，经过电场分析器和磁场分析器后，分别打到M和N点，且探测器在M点和N点接收到的两种离子离开O1O2时速度方向与O1O2所夹锐角相同，求探测器在M点和N点接收到的两种离子比荷之比。
【答案】（1）；（2）；（3）25
【解析】
【详解】（1）依题意，离子在辐射电场中恰好沿半径为R的圆弧做匀速圆周运动，设其速度大小为v，根据牛顿第二定律有
联立可得电场分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小为
（2）离子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹恰好为四分之一圆周，轨迹圆心为O1，可知运动半径为d，则有
联立可得
（3）依题意，可画出从M、N两点射出离子的运动轨迹如图所示
设离子离开O1O2时速度方向与O1O2所夹锐角为θ，从M、N两点射出的离子在磁场中的运动半径分别为r1、r2，则由几何关系可得
所以
因为
解得
所以
又因为
解得
根据
联立可得
所以两种离子比荷之比为
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
3．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应的区域内，作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。
4．可能用到的相关公式或参数：重力加速度g均取10m/s2。
选择题部分
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1. 下列单位属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A. 赫兹（Hz）B. 伏特（V）C. 安培（A）D. 瓦特（W）
【答案】C
【解析】
【详解】国际单位制共有七个基本物理单位。包括如下：热力学温度（K），长度（m），质量（kg），时间（s），电流（A），物质的量（ml），光强度（cd）。
故选C。
2. 如图所示，下列四幅图像能描述物体做自由落体运动的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，根据速度时间公式为
可知v-t图像是过原点的倾斜直线，A正确；
BC．自由落体运动所受合外力不变、加速度不变，可知a-t、F-t图像为平行于x轴的直线，BC错误；
D．位移时间关系公式为
可知x-t图像是抛物线，D错误；
故选B。
3. 在三星堆考古发现中，考古人员对“祭祀坑”中出土的碳屑样本通过年代检测，推算出文物的年代。其中的衰变方程为，则（ ）
A. 发生的是α衰变B. 的比结合能比的要小
C. 是来源于原子外层的电子D. 文物长时间埋在地下会导致的半衰期变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．衰变时电荷数和质量数都守恒，由此可知X为，所以发生的是β衰变，故A错误；
B．衰变成，故比更稳定，可知的比结合能比的要小，故B正确；
C．射线的电子是由原子核内中子转化为质子释放出来的，不是来源于原子外层的电子，故C错误；
D．半衰期是由核内部自身的因素决定的，与原子所处的化学状态和外部条件均无关，故D错误。
故选B。
4. 如图所示是户外露营中使用的一种便携式三脚架，它由三根完全相同的轻杆通过铰链组合在一起，每根轻杆均可绕铰链自由转动。将三脚架静止放在水平地面上，吊锅通过细铁链静止悬挂在三脚架正中央，三脚架正中央离地高度为且小于杆长，吊锅和细铁链的总质量为，支架与铰链间的摩擦忽略不计，则（ ）
A. 吊锅受到3个力的作用B. 铁链对吊锅的拉力大于吊锅的重力
C. 每根轻杆受到地面的作用力大小为D. 减小时，每根轻杆对地面摩擦力增大
【答案】D
【解析】
【详解】AB．吊锅受到重力、铁链对吊锅的拉力，共2个力的作用，吊锅静止，则铁链对吊锅的拉力等于吊锅的重力，故AB错误；
C．设轻杆与竖直方向的夹角为，根据平衡条件可得
解得每根轻杆受到地面的作用力大小为
故C错误；
D．每根轻杆对地面摩擦力为
减小时，增大，每根轻杆对地面摩擦力增大，故D正确。
故选D。
5. 2022年7月25日，问天实验舱成功与轨道高度约为430km的天和核心舱完成对接如图所示，对接后组合体绕地球的运动可视为匀速圆周运动。已知地球半径R，引力常量G，地球表面重力加速度g，根据题中所给条件，下列说法正确的是（ ）
A. 组合体的周期大于24小时
B. 可以计算出地球的平均密度
C. 组合体的向心加速度小于赤道上物体随地球自转的向心加速度
D. 若实验舱内有一单摆装置，将摆球拉开一个小角度静止释放会做简谐运动
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力，有
解得
由于组合体的轨道高度小于同步卫星的轨道高度，所以组合体的周期小于同步卫星的周期，即组合体的周期小于24h，故A错误；
B．根据万有引力与重力的关系，即
地球的密度为
联立解得
故B正确；
C．根据万有引力提供向心力，有
解得向心加速度为
组合体的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，但由于同步卫星与赤道上的物体具有相同的角速度，而同步卫星的半径大于赤道上物体的半径，根据公式
所以同步卫星的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，则组合体的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，故C错误；
D．静止释放小球，小球将无法做简谐运动，小球处于完全失重状态，故D错误。
故选B。
6. 如图所示是击打出的羽毛球在空中运动过程的频闪照片。O、P、Q三点分别是羽毛球在上升、到达最高点和下落阶段，羽毛球的泡沫头所在的位置。从O运动到Q的过程中（ ）
A. 在O点，羽毛球受到的合力向上B. 在P点，羽毛球只受到重力作用
C. 在Q点，羽毛球的机械能最小D. 羽毛球在相等时间内发生的水平位移相等
【答案】C
【解析】
【详解】BD．由图可知，羽毛球从O运动到Q过程中，相邻两点间的水平位移逐渐减小，故羽毛球水平方向做减速运动，羽毛球受重力和阻力作用，故BD错误；
A．羽毛球做曲线运动，轨迹向力的方向弯曲，所以在O点，羽毛球受到的合力斜向左下方，故A错误；
C．由于阻力做负功，所以羽毛球的机械能减小，所以在Q点羽毛球的机械能最小，故C正确。
故选C。
7. 如图所示，并列悬挂两个相同的弹簧振子，分别将小球A、小球B向下拉至、位置，此时两球离开平衡位置的距离分别为和（均在弹簧弹性限度范围内）。先把小球A由静止释放，当A第一次到达平衡位置时，由静止释放小球B，则（ ）
A. 小球A到达最高点时，小球B还没有到达平衡位置
B. 在平衡位置时，小球A与小球B的动能相等
C. 运动过程中，小球A和小球B的速度不可能相等
D. 小球B比小球A总是滞后四分之一个周期
【答案】D
【解析】
【详解】AD．并列悬挂两个相同的弹簧振子，可知小球A、B的周期相同，小球A由静止释放，当A第一次到达平衡位置时，由静止释放小球B，即小球A先振动四分之一个周期，故小球A到达最高点时，小球B位于平衡位置，小球B比小球A总是滞后四分之一个周期，故A错误，D正确；
B．小球B拉离平衡位置的距离较大，小球B的振幅大，总能量较大，在平衡位置时，小球A、B的重力势能相等，弹簧弹性势能为零，故小球A的动能小于小球B的动能，故B错误；
C．小球B比小球A滞后四分之一个周期，小球B的振幅比小球A的振幅大，根据图像的斜率表示速度，可知运动过程中，小球A和小球B的速度可能相等，故C错误。
故选D。
8. 如图所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴，一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的是（ ）
A. N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相反
B. 线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C. 线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D. 线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于水平地面下的导线为通有恒定电流I的长直导线，且平行于y轴，而MN也平行于y轴，所以N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同，故A错误；
B．由于PN平行于x轴，故线圈沿PN方向运动时，穿过线圈磁通量始终变化，故B错误；
C．线圈从P点开始竖直向上运动时，穿过线圈的磁通量一直为零，磁通量不变，线圈中无感应电流，故C正确；
D．线圈从P到M过程和从P到N过程，线圈中磁通量变化量相同，而PM间距离大于PN间的距离，又速率相同，所以线圈从P到M的时间大于P到N的时间，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈从P到M过程产生的感应电动势小于从P到N过程产生的感应电动势，故D错误。
故选C。
9. 如图所示是电容式位移传感器示意图，当被测物体在左、右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两板之间移动。为判断物体是否发生位移，将该传感器与恒压直流电源、电流表和开关串联组成闭合回路（电路未画出），已知电容器的电容C与电介质板进入电容器的长度x之间满足关系，则（ ）
A. 若物体向右移动，电容器极板间电压增大
B. 若物体向左移动，电容器极板带电量增大
C. 当物体向左匀速运动时，流过电流表的电流均匀增大
D. 物体向不同方向移动时，流过电流表的电流方向不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．若电容器与电源连接，则电容器极板间电压不变，故A错误；
B．若物体向左移动，电介质插入两板间的长度增大，则增大，根据电容的决定式
可知电容C增大，根据电容的定义式
由于电压U不变，则电容器极板带电量增大，故B正确；
C．当物体向左匀速运动时，则电介质板进入电容器的长度x均匀增大，根据
可知电容C均匀增大，Q均匀增大，所以流过电流表的电流保持恒定，故C错误；
D．若电容C增大，则Q增大，电容器充电，电流从电源正极流向电源负极，若Q减小，则电容器放电，电流从电容器的正极板流出，其方向与充电电流方向相反，故D错误。
故选B。
10. 如图甲所示，圆形区域处在平行于纸面的匀强电场中，圆心为O，半径为。P为圆弧上的一个点，连线逆时针转动，为连线从位置开始旋转的角度，P点电势随变化如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 匀强电场的场强大小为
B. 匀强电场的场强方向垂直连线向上
C. 一电子从A点沿圆弧运动到C点，电势能减小
D. 一电子从B点沿圆弧逆时针运动到D点，电场力先做负功后做正功
【答案】C
【解析】
【详解】AB． 当时，设P点位于M点处，此时可得
当时，设P点位于N点处，此时可得
如图所示
由于M、N两点分别是圆弧上电势的最低点、最高点，则过两点的等势面与圆相切，又因为电场线与等势面垂直，且指向电势降低的方向，可知电场方向从N指向M，可得场强大小为
故AB错误；
C．由图乙可知， C点的电势为
电子从A点沿圆弧运动到C点，电势能的变化量为
即电势能减小，故C正确；
D．从B点沿圆弧逆时针到D点，电势先升高后降低，则电子沿该路径运动时，由可知，电子的电势能先减小后增大，所以电场力先做正功后做负功，故D错误。
故选C。
11. 如图所示，直角三棱镜中，一细束单色光在棱镜的侧面上以大角度由点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角为i，经折射后射至边的点。逐渐减小i，E点向B点移动，当时，恰好没有光线从边射出棱镜，且。则（ ）
A. 单色光射入棱镜后波长变长
B. 从边射出的光线与边射入的光线有可能平行
C. 棱镜对该单色光的折射率为
D. 光线不可能垂直面射出棱镜
【答案】D
【解析】
【详解】A．单色光射入棱镜后频率不变，波速减小，则波长变短，故A错误；
B．光线从D点射入棱镜中时，折射角小于入射角，即光线向下偏折；从E点射出时，折射角大于入射角，光线再次向下偏折，则从AB边射出的光线与AC边射入的光线有不可能平行，故B错误。
C．光路图如图所示
因为当时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为C，则
由几何关系可知，由几何关系得
C+∠AED=90°
r+90°=∠AED+∠EAD
又因DE=DA，则
∠AED=∠EAD
光线在D点的折射角为
根据折射定律
联立可得
故C错误；
D．假设光线DE垂直AB面射出棱镜时，此时光线在D点的折射角等于∠A=∠AED=，因
假设不成立，则光线不可能垂直面射出棱镜，故D正确；
故选D。
12. 球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即，为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。已知重力加速度大小为，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（ ）
A. 发动机最大推力为
B. 当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C. 发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
D. 当飞行器以5m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
【答案】C
【解析】
【详解】A．飞行器竖直下落，其匀速下落的速率为10m/s时，飞行器的合力为零
解得
Mg=100k
发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，飞行器匀速向上的速率为5m/s时，飞行器的合力为零
解得
Fmax=125k=1.25Mg
故A错误；
B．当飞行器以5m/s匀速水平飞行时，受到与运动方向相反的水平方向的阻力，大小为
F阻=k•52=25k=0.25Mg
同时飞行器受到竖直向下的重力，若要保持匀速飞行，发动机的推力应该跟阻力与重力的合力等大、反向；受力分析如下图：
由此可得，此时发动机的推力为
故B错误；
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，设飞行器速率为v；结合B中的方法可以求出飞行器受到的阻力大小为
而由A求得
Mg=100k
所以
故C正确；
D．当飞行器以5m/s的速率飞行时，产生的阻力大小为
F阻'=k•52=25k=0.25Mg
飞行器的重力为Mg，最大推力为
Fmax=1.25mg
当最大推力与重力同向时，飞行器向下运动，此时飞行器受到的合力最大，设此时的加速度为a1，则有
1.25Mg+Mg-0.25Mg=Ma1
解得
a1=2g
当飞行器以5m/s的速率是向上飞行时，由题意可知，飞行器在某种状态下可以保持这一速率做匀速飞行，即飞行器的最小加速度为0；所以飞行器的加速度范围是0≤a≤2g，故D错误；
故选C。
13. 我国已投产运行的特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程，输送电功率最大可达1200万千瓦。输电线路流程和数据可简化为如图所示，若直流线路的输电线总电阻为，变压与整流等造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。当直流线路输电电流为时，下列说法正确的是（ ）
A. 输送电功率为
B. 降压变压器匝数比为11∶5
C. 直流输电线上损失的功率为，损失的电压为
D. 若保持输送电功率不变，改用输电，直流输电线上损失的功率为
【答案】D
【解析】
【详解】A．输送电功率为
故A错误；
C．输电导线末端电压
则降压变压器的匝数比
故B错误；
C．输电导线上损失的功率
损失的电压
故C错误；
D． 保持输送功率不变，用550kV输电，输电导线上损失的功率
故D正确。
故选D。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分，每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分）
14. 如图所示，甲、乙、丙、丁四幅图摘自课本，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲酱油的色素分子进入到蛋清内是扩散现象
B. 图乙灯焰在肥皂膜上形成条纹是光的干涉现象
C. 图丙电焊作业时发出耀眼的电焊弧光是紫外线
D. 图丁所示雪花形状规则，说明雪花具有各向同性
【答案】AB
【解析】
【详解】A．图甲酱油的色素分子进入到蛋清内是扩散现象，选项A正确；
B．图乙灯焰在肥皂膜上形成条纹是光的干涉现象，选项B正确；
C．紫外线为不可见光，所以眼睛看到的电焊弧光是可见光，故C错误；
D．图丁所示雪花虽然形状规则，但是不能说明雪花具有各向同性，选项D错误。
故选AB。
15. 如图所示，图甲为光电效应实验的电路图（电源正负极可对调），用一定强度的单色光、分别照射阴极K，用电流表A测量流过光电管的电流，用电压表V测量光电管两极间的电压，调节滑动变阻器，得到如图乙所示的与的关系图像。则（ ）
A. 用光照射时光电管的极限频率高于用光照射时光电管的极限频率
B. 光在水中的传播速度比光小
C. 光的光子动量大于光的光子动量
D. 变阻器滑片滑到最左端时，光电流为零
【答案】BC
【解析】
【详解】A．光电管的极限频率与照射光的频率无关，故A错误：
B．由光电流I与电压U的关系图可知，a光的遏止电压大于b光的遏止电压，结合
可知a光光子的频率大于b光光子的频率，故水对a光的折射率大于对b光的折射率，根据
可知a光在水中的传播速度更小，故B正确；
C．根据a光光子的频率大于b光光子的频率，可得
根据
可得，光的光子动量大于光的光子动量，故C正确：
D．由光电流I与电压U的关系图像可知，当滑动变阻器的滑片滑到最左端时，电压U为零，但光电流I不为零，故D错误。
故选BC。
非选择题部分
16. 利用如图1装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的______。
A．动能变化量与势能变化量 B．速度变化量和势能变化量
C．速度变化量和高度变化量
（2）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是______。
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）
【答案】 ①. A ②. AB##BA
【解析】
【详解】（1）[1]为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间动能的增加量和重力势能的减小量是否相等。
故选A。
（2）[2]打点计时器使用交流电源，实验中需要测量点迹间的距离，从而得出瞬时速度和下降的高度，所以需要刻度尺，实验中验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量质量，则不需要天平。
故选AB。
17. 在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，实验装置如图所示。
（1）小飞同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察了实验现象后，总结出以下几点，正确的是______。
A．单缝和双缝必须平行放置
B．观察到的干涉条纹与双缝垂直
C．将绿色滤光片改成红色滤光片，能增大光屏上相邻两条亮纹之间距离
D．增大单缝和双缝之间的距离，能增大光屏上相邻两条亮纹之间距离
（2）实验中，用测量头测量条纹间的宽度：先将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，如图所示，此时手轮上的读数为______mm。
【答案】 ①. AC##CA ②. 15.50
【解析】
【详解】（1）[1]A．为了获得清晰的干涉条纹，灯丝与单缝和双缝必须平行放置，故A正确；
B．观察到的干涉条纹与双缝平行，故B错误；
CD．根据
可知，将绿色滤光片改成红色滤光片，增大了光的波长，则相邻两条亮纹的间距增大，相邻两条亮纹的间距与单缝和双缝间的距离无关，故C正确，D错误。
故选AC。
（2）[2]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，所以手轮上的读数为
18. 如图所示为某同学用单摆利量重力加速度的实验，他测得的重力加速度数值小于当地的重力加速度的实际值，造成这一情况的原因可能是（ ）
A. 开始摆动时振幅较小
B. 开始计时时，过早按下秒表
C. 在测量完摆长之后悬挂点细线松动
D. 测量周期时，误将摆球29次全振动的时间记为30次
【答案】BC
【解析】
【详解】A．单摆周期
则重力加速度
开始摆动时振幅较小，不影响重力加速度的测量，选项A错误；
B．开始计时时，过早按下秒表，则测量的时间变长，会导致周期变大，重力加速度测量值偏小，选项B正确；
C．在测量完摆长之后悬挂点细线松动，则测量的摆长比实际摆长偏小，导致重力加速度测量值偏小，选项C正确；
D．测量周期时，误将摆球29次全振动的时间记为30次，根据可知测量的周期比实际周期偏小，则重力加速度测量值偏大，选项D错误。
故选BC。
19. 在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学用电流表和电压表测量一金属丝的电阻。
（1）该同学先用欧姆表“”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图所示，金属丝电阻______。
（2）除电源（电动势，内阻不计）、电压表（量程，内阻约），电流表（量程，内阻约）、开关、导线若干外，还提供滑动变阻器：
A．滑动变阻器（最大阻值，额定电流）
B．滑动变阻器（最大阻值，额定电流）
为调节方便、测量准确，实验中滑动变阻器应选用______（选填实验器材前对应的字母）。
（3）该同学测量金属丝两端的电压和通过金属丝的电流，得到多组数据，并在坐标图上标出，如图所示。根据图线得出该金属丝电阻______（结果保留三位有效数字）。
（4）将定值电阻替换为小灯泡，改用电流传感器测得小灯泡的电流随时间变化的图线，会是哪个图（填“图甲”或“图乙”）______，并分析说明原因是______。
【答案】 ①. 6.0 ②. A ③. 5.80 ④. 图乙 ⑤. 见解析
【解析】
【详解】（1）[1]将选择开关调节到“×1Ω”，由图可知，金属丝的电阻
Rx=6×1.0Ω=6.0Ω
（2）[2]为了调节方便、测量准确，滑动变阻器要选与待测电阻接近的阻值，即选最大阻值为的变阻器；
故选A。
（3）[3]将描出的点用直线连接，即可得U-I图线，则有
取（0.3A，1.75V），可得
（4）[4][5]刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保持不变。故选图乙。
20. 以下实验中，说法正确的是（ ）
A. “探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中，每次增加的钩码数量必须相等
B. “探究平抛运动的特点”实验中，斜槽末端要保持水平
C. “探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验中，应快速压缩活塞，以防止漏气
D. “探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，测量时弹簧秤外壳与木板之间可以存在摩擦
【答案】BD
【解析】
【详解】A．“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验中，每次增加的钩码数量不必相等，故A错误；
B．“探究平抛运动的特点”实验中，为了保证小球做平抛运动，则应使斜槽末端要保持水平，故B正确；
C．“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”实验中，应缓慢压缩活塞使气体与外界发生热交换保持气体温度不变，故C错误；
D．实验中拉弹簧秤时，只需要让弹簧与外壳间没有摩擦，此时弹簧测力计的示数即为弹簧对细绳的拉力相等，与弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩擦无关，故D正确。
故选BD。
21. 一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p－T图上从a到b的线段所示。在此过程中（ ）
A. 气体一直对外做功
B. 气体的内能一直增加
C. 气体一直从外界吸热
D. 气体吸收的热量等于其内能的增加量
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．因p－T图像中a到b的线段的延长线过原点，由
可知从a到b气体的体积不变，则从a到b气体不对外做功，故A错误；
B．因从a到b气体温度升高，可知气体内能增加，故B正确；
CD．因
W＝0，ΔU>0
根据热力学第一定律
ΔU＝W＋Q
可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收热量等于内能增加量，故CD正确。
故选BCD。
22. 如图所示，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为、，面积分别为、S，弹簧原长为。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为。已知活塞外大气压强为，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（重力加速度为）
（1）求封闭气体的压强和弹簧的劲度系数；
（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
【答案】（1），；（2），
【解析】
【详解】（1）设封闭气体的压强为，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有
解得
对活塞Ⅰ由平衡条件有
解得弹簧的劲度系数为
（2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为
即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为
，
由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有
有等压方程可知
解得
23. 如图所示，固定斜面AB平滑连接固定光滑圆弧BCD，C为圆弧最低点，圆弧最高点D与光滑半圆管DE相切，E与长度的传送带相连，传送带右侧为足够长的粗糙水平面。一个质量=0.1kg的小物块从斜面顶端A下滑。已知斜面高，倾角，与物体间动摩擦因数；圆弧BCD和半圆管DE半径分别为R=0.5m，r=0.1m；传送带以速度逆时针转动，与物体间动摩擦因数。管的内径可忽略，物体可视为质点。
（1）若小物块初速度为零开始下滑，经过C点时对轨道的压力是多大；
（2）若给小物块合适的沿斜面向下的初速度，它就可到达E点，则与此初速度对应的初动能最小值是多少；
（3）若给小物块沿斜面向下的初速度，使其运动过程中不脱离轨道，则与此初速度对应的初动能应满足什么条件。
【答案】（1）1.8N；（2）1.05J；（3）J或J
【解析】
【详解】（1）小物块从A到C过程由动能定理
小物块在C点根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律，支持力和压力大小相等，方向相反，所以C点对轨道的压力是1.8N。
（2）小物块过E点最小速度为零，从E到D，由机械能守恒定律得
解得
小球能通过D点，速度最小时，由重力提供向心力，则有
解得
由上分析，可知必须在D点速度等于m/s，对应的动能最小
解得
=1.05J
（3）不脱离轨道2种情况
情况1：过F点，满足
由动能定理得
解得
=1.2J
情况2：过圆弧BCD与O点等高处，由动能定理得
解得
=0.3J
综上所述，符合条件的动能J或J
24. 在小车上竖直固定着一个高h=0.1m、长为l、总电阻的单匝闭合矩形线圈。小车以的速度在光滑的水平面上向右运动，随后穿过与线圈平面垂直，磁感应强度的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里且边界宽度为d（），如图甲所示。已知小车运动的速度v随车的位移x变化的v-x图像如图乙所示。求：
（1）矩形线圈的长度l和磁场的宽度d；
（2）小车在位移时的速度v大小和线圈中的电流大小I；
（3）线圈和小车通过磁场的过程中克服安培力做的功。
【答案】（1），；（2） ，；（3）1.8×10-3J
【解析】
【详解】（1） 由图可知，从开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度v随位移x减小，由可知，在后线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动，因此小车的水平长度为
在时右边框出磁场，左边框在磁场内切割磁感线，有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度随位移减小，所以有
则有
（2）由图像中可知线圈在进入磁场时，速度的减小量正比进入的长度；当时，小车的速度为
由闭合电路欧姆定律得线圈中电流
解得
（3） 设小车和线圈的质量为m。在线圈进入磁场过程中的时间内安培力的冲量大小为
由动量定理得
依题意有
解得
由图知，线圈左边离开磁场时，小车的速度为
线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功等于线圈和小车的动能减少量
25. 双聚焦分析器是一种能同时实现速度聚焦和方向聚焦的质谱仪，其模型图如图1所示，原理图如图2所示。如图2，加速电场的电压为U，电场分析器中有指向圆心O的辐射状电场，磁场分析器中有垂直纸面的匀强磁场。若质量为m、电荷量为+q的离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后，进入辐射状电场，恰好沿着半径为R的圆弧轨迹通过电场区域后，垂直磁场左边界从P点进入圆心为O1的四分之一圆形磁场区域，PO1=d，之后垂直磁场下边界O1O2从K点射出并进入检测器，检测器可在O1M和O2N之间左右移动且与磁场下边界的距离恒等于0.5d。
（1）求电场分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小；
（2）求磁场区域磁感应强度B；
（3）若两种不同离子，经过电场分析器和磁场分析器后，分别打到M和N点，且探测器在M点和N点接收到的两种离子离开O1O2时速度方向与O1O2所夹锐角相同，求探测器在M点和N点接收到的两种离子比荷之比。
【答案】（1）；（2）；（3）25
【解析】
【详解】（1）依题意，离子在辐射电场中恰好沿半径为R的圆弧做匀速圆周运动，设其速度大小为v，根据牛顿第二定律有
联立可得电场分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小为
（2）离子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹恰好为四分之一圆周，轨迹圆心为O1，可知运动半径为d，则有
联立可得
（3）依题意，可画出从M、N两点射出离子的运动轨迹如图所示
设离子离开O1O2时速度方向与O1O2所夹锐角为θ，从M、N两点射出的离子在磁场中的运动半径分别为r1、r2，则由几何关系可得
所以
因为
解得
所以
又因为
解得
根据
联立可得
所以两种离子比荷之比为
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